Question

（18分）

Ⅰ．无水氯化铝是有机化工常用催化剂，其外观为白色固体，178℃时升华，极易潮解，遇水后会发热并产生白雾。实验室用如下装置制备少量无水氯化铝，其反应原理为：2Al + 6HCl(g) = 2AlCl3 + 3H2

完成下列填空：

A为浓硫酸，B为NaCl固体

（1）进行实验时应先点燃 （选填“B”或“D”）处酒精灯。

（2）用粗短导管连接D、E的目的是________（选填序号）。

a.防堵塞 b.防倒吸 c.平衡气压 d.冷凝回流

（3）F中盛有碱石灰，其目的是 （选填序号）。

a.吸收多余HCl b.吸收Cl2

c.吸收CO2 d.防止空气中H2O进入E瓶

（4）将D中固体改为氯化铝晶体（AlCl3·6H2O）也能进行无水氯化铝的制备，此时通入HCl气体的目的是 。若实验条件控制不当，最终得到的物质是碱式氯化铝[化学式为Al2(OH)nCl(6-n)]，且质量是原氯化铝晶体（AlCl3·6H2O）的40%，则可推算n的值为 。

Ⅱ．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。

（1）证明NaHSO3溶液中HSO3—的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 （填序号）。

a．测定溶液的pH

b．加入Ba(OH)2溶液

c．加入盐酸

d．加入品红溶液

e．用蓝色石蕊试纸检测

（2）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是________ ______。

（3）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量的方案如下：

（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2 + I2 + 2 H2O = H2SO4 + 2 HI）

按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为 g/L。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）。

Answer 1

1（1）B （2）a（3）ad（4）抑制AlCl3水解；4

2（1）a、e （2）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。（3） 0.16 偏低

【解析】

试题分析：Ⅰ．（1）先通过氯气排空装置中的空气，然后氯气与铝反应，所以进行实验时应先点燃B处酒精灯；

（2）氯化铝在178℃升华，降温时能凝结成固体，所以用粗短导管连接D、E的目的是防堵塞，答案选a。

（3）氯化氢是酸性气体，易污染空气，而氯化铝极易潮解，遇水后会发热并产生白雾，所以F中碱石灰的作用是吸收多余HCl和防止空气中H2O进入E瓶，答案选ad。

（4）氯化铝易水解生成氢氧化铝和氯化氢，所以通入HCl气体的目的是抑制AlCl3水解；设氯化铝晶体的物质的量是1mol，则根据铝原子守恒可知Al2(OH)nCl(6-n)的质量是0.5mol，则0.5×（54+17n+35.5×6-35.5n）＝241.5×40%，解得n＝4。

Ⅱ．（1）NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；

（2）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；

（3）令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：

SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI

64g 1mol

mg 0.025L×0.01mol/L

所以，64g：mg＝1mol：0.025L×0.01mol/L

解得m＝0.016

故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.016g÷0.1L＝0.16 g/L；

若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低。

考点：考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等